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专题十八 化学计算方法与技巧（学生版）
1.高考中化学计算主要包括以下类型：
①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算；
②有关物质的量的计算；
③有关气体摩尔体积的计算；
④有关溶液浓度(质量分数和物质的量浓度)的计算；
⑤利用化学方程式的计算；
⑥有关物质溶解度的计算；
⑦有关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；
⑧有关燃烧热的简单计算；
⑨以上各种化学计算的综合应用。
2．常见题型为计算选择题，计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题等。
3．近年高考化学计算题主要有以下特点：
(1)注意速算巧解。一般在第Ⅰ卷中会出现五到七个左右要计算的量很少或者根本不需要计算的试题。纯计算题不超过两个，其命题意图是考查对化学知识的理解、掌握和运用。重点考查学生运用题给信息和已学相关知识进行速算巧解的能力。
(2)起点高、落点低。这方面主要是第Ⅱ卷中的计算题。试题常以信息给予题的形式出现，但落点仍是考查基本计算技能。
(3)学科渗透，综合考查。主要考查各种数学计算方法的运用、物理学科中的有效数字及语文学科的阅读能力。
(4)综合计算题的命题趋势是理论联系实际，如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编制试题，考查视野开阔，考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。
一、有关化学量与化学式的计算
以物质的量为中心的计算既是基本概念的内容，又是化学计算的必不可少的计算工具
（1）有关物质的量、质量、气体体积、微粒数间的换算
（2）相对分子质量、各元素的质量分数
（3）有机物的分子式、结构式
（4）阿伏加德罗定律及其推论的应用
解题策略
（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系
（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系
（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用
　二、有关溶液的计算
以溶液为中心的计算，主要是灵活运用有关的计算公式。
（1）有关溶质溶解度的计算
（2）有关溶液浓度（溶液的溶质质量分数和物质的量浓度）的计算
（3）有关溶液pH的计算
（4）有关溶液中离子浓度的计算
解题策略
（1）有关溶解度和溶液浓度的计算，关键要正确理解概念的内涵，理清相互关系一般可采用守恒法进行计算
（2）有关溶液pH及离子浓度大小的计算，应在正确理解水的离子积、pH概念的基础上进行分析、推理。解题时，首先明确溶液的酸（碱）性，明确c（H+）或c（OH-）
三、有关反应速率、化学平衡的计算
化学反应速率、化学平衡的有关计算是计算的难点，化学反应速率及化学平衡的理论的抽象性以及逻辑性，再加上条件的多样性，使其成为较难掌握的一种计算类型。
（1）利用化学反应速率的数学表达式进行计算
（2）各物质反应速率间的换算
（3）有关化学平衡的计算
解题策略
（1）加强对速率概念、平衡移动原理的理解
（2）将等效平衡、等效转化法等分析推理方法与数学方法有机结合，在采用常规解法的同时，可采用极值法、估算法等解题技巧
四、有关氧化还原、电化学的计算
以氧化还原为中心的有关计算，是高考的热点。
（1）氧化产物、还原产物的确定及量的计算
（2）转移电子数、电荷数的计算
（3）电极析出量及溶液中的变化量的计算
（4）有关氧化还原反应的其他典型计算
解题策略
关键在于根据得失电子总数相等，列出守恒关系式求解
五、有关化学方程式的计算
有关化学方程式的计算是最常见的计算类型之一，关键是正确理解化学方程式的系数之间的关系。
（1）运用计算技巧进行化学方程式的有关计算
（2）热化学方程式中反应热、中和热、燃烧热的计算
解题策略
（1）深刻理解化学方程式、热化学方程式的含义，充分利用化学反应前后的有关守恒关系
（2）搞清各解题技巧的使用条件和适用范围，读懂题目，正确选择
六、综合计算
主要考点
（1）过量计算问题的分析讨论
（2）混合物计算和解题技巧
（3）复杂化学式的确定方法
（4）无数据计算的解决方法
（5）数据缺省型的计算方法
（6）讨论型计算的解题思路
（7）隐含条件题的解决方法
（8）化学图象题的解题技巧
解题策略
认真审题，明确是常见综合计算中的哪种类型，寻求解决的合理思路和解决方法；善于抓住化学与数学知识间的交叉点，运用所掌握的数学知识，通过对化学知识的分析，建立函数关系。
一、差量法
差量法在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以是非固体物质质量的和，将非固体物质中的比例关系合并为一个比例量，与原方程式中各种量成比例关系。
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm(固)
2×84 g 106 g 44 g 18 g 62 g
其固体差量可用下列两种方法得出：
(2NaHCO3－Na2CO3)或(CO2＋H2O)
(2×84 g－106 g) 或(44 g＋18 g)
二、关系式
物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法
(1)叠加法
(2)元素守恒法
(3)电子转移守恒法
三、极值
(1)极值法的含义
极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。
(2)极值法解题的基本思路
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯净物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
(3)极值法解题的关键
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
(4)极值法解题的优点
极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
考点一 阿伏加德罗常数综合
典例1：设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（?? ）
A.?10 g的2H216O中含有的质子数与中子数均为5NA????????
B.?32 g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NAC.?26 g C2H2与C6H6混合气体中含C－H键的数目为2NA????????
D.?120 g NaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
【答案】B
【解析】A.2H216O的摩尔质量为20g/mol，10g的物质的量为0.5mol，含有的质子数与中子数均为5N， 不符合题意；B.32 g硫在足量的氧气中充分燃烧生成1mol二氧化硫，转移电子数为4NA ， 符合题意；C.C2H2与C6H6的最简式都是CH，26g混合气体中含2molCH，则含C－H键的数目为2NA ， 不符合题意；?D.NaHSO4和KHSO3的摩尔质量都是120g/mol，120g混合物的物质的量为1mol，固体混合物中含有的阳离子分别是Na+、K+ ， 则阳离子数为NA ， 不符合题意。故答案为：B。
【分析】根据摩尔质量与物质的量之间的关系以及电子转移和化学键的关系等进行分析即可。
对点模拟1．【2017年高考新课标Ⅱ卷】阿伏伽德罗常熟的值为NA ． 下列说法正确的是（　　）
A.?1L0.1mol?L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1NAB.?2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC.?标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD.?0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
考点二物质的量浓度的计算
典例2：【2018年高考新课标Ⅱ卷】NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.?常温常压下，124g P4中所含P-P键数目为4NA????????
B.?100mL 1mol·L-1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC.?标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA????????
D.?密闭容器中，2mol SO2 和1mol O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】A.白磷是正四面体结构，每个分子含有6个共价键，124g白磷的物质的量n=m/M=1mol，含有的化学键应为6NA，故A不符合题意B.100mL 1mol·L-1 FeCl3溶液中含有 FeCl3的物质的量n=cV=0.1mol，但 FeCl3是强酸弱碱盐会发生水解，所以Fe3+的数目＜0.1NA ， 故B不符合题意C.甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）分子中都含有氢原子，且都含有4个氢原子，标准状况下，11.2L混合物的物质的量n=V/Vm=0.5mol，所以含有的氢原子数为0.5×4=2NA，A故C符合题意D.SO2 + O2 SO3 ，该反应是一个可逆反应，2mol SO2 和1mol O2完全反应生成SO3为2mol，但可逆反应不可能完全反应，所以分子总数应＞2NA ， 故D不符合题意故答案为:C
【分析】该题考查白磷的结构及化学键、强酸弱碱盐的水解、气体摩尔体积、可逆反应等相关知识点；易错点：①P4错认为是4个共价键，实际上P4是正四面体结构，每个分子含有6个共价键；②忽略强酸弱碱盐的水解；③关于混合物中原子数的计算；④可逆反应不能进行彻底即可逆反应是一个动态平衡
对点模拟2．【2017年高考新课标Ⅲ卷】NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A.?0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子B.?pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C.?2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D.?密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加2NA个P﹣Cl键
考点三 过量问题、混合反应范围讨论的计算
典例3：【2016年高考上海卷】称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（? ）
A.?1：1 ??B.?1：2 ??C.?1.87：1 ??D.?3.65：1
【答案】C
【解析】解：假设混合物完全为（NH4）2SO4时消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物质的量为： ≈0.0548mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548mol×2=0.1096mol＞0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足， （NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应NH4HSO4 ， 然后与（NH4）2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为： =0.08mol，则与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物质的量为0.02mol，所以（NH4）2SO4的质量为：7.24g﹣115g/mol×0.02mol=4.94g，其物质的量为： ≈0.0374mol，则NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，故选C．
【分析】先利用极值法判断氢氧化钠过量情况，氢氧化钠不足时硫酸氢铵电离出的氢离子优先反应，然后铵根离子与氢氧化钠反应，根据氨气的物质的量可计算出硫酸氢铵的物质的量，然后利用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可计算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比．本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，正确判断氢氧化钠的过量情况及发生反应的先后顺序即可解答，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
对点模拟3．已知氯气与氢氧化钠可发生如下反应：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，反应产物与反应温度和氢氧化钠浓度有关。现将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.0 mol/L的浓氢氧化钠溶液中，加热少许时间后恰好完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断正确的是（??? ）
A.?与氢氧化钠反应的氯气一定为0.15 molB.?n(NaCl)=5n(NaClO)+n(NaClO3)C.?若反应中转移的电子为n mol，则0.15≤ n ≤0.25D.?n(Na+):n(Cl-)可能为2:1
考点四 燃烧热计算综合
典例4：由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g），生成1mol晶体硅的热效应是（?? ）
化学键
Si﹣Cl
H﹣H
Si﹣Si
H﹣Cl
键能（kJ/mol）
360
436
176
431
A.?吸收236KJ????????????????????????B.?放出236kJ????????????????????????C.?放出116kJ????????????????????????D.?吸收116kJ
【答案】A
【解析】解：反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，则该反应的焓变△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2﹣176kJ/mol×2﹣431kJ/mol×4=+236kJ/mol，即：生成1mol晶体硅需要吸收236kJ的热量，故选A．
【分析】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键，据此列式计算．
对点模拟4．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ?mol－1。氢气的燃烧热为285.8 kJ?mol－1。现有9 mol的甲烷和氢气的混合气体，完全燃烧后放出热量7408.2 kJ，则该混合气体中甲烷和氢气的物质的量比为(　　)
A.?1∶8???????????????????????????????????B.?8∶1???????????????????????????????????C.?4∶17??????????????????????????????????D.?17∶4
一、单选题
1.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度(mol·L－1)为(??? )
A.?????????????????????????????????B.??????????????????????????????????C.??????????????????????????????????D.?
2.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（??? ）
A.?图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)??????????
B.?图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>aC.?图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1??????????
D.?由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋ ， 可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
3.【2018年高考海南卷】NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（?? ）
A.?12g金刚石中含有化学键的数目为4NA????????????????
B.?18g的D2O中含有的质子数为10C.?28g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6 NA????????
D.?1L 1mol·L-1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl- 的数目均为1 NA
4.【2018年高考新课标Ⅰ卷】NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（?? ）
A.?16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NAB.?22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC.?92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD.?1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
5.【2017年高考海南卷】NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述错误的是(??? )
A.?1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB.?1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC.?1 L 0.1 mol·L?1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD.?1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
6.【2017年高考海南卷】在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O= +Cl-+8H+ ， 中M的化合价是（? ）
A.?+4???????????????????????????????????????B.?+5????????????????????????????????????????C.?+6????????????????????????????????????????D.?+7
7.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是(????? )
A.a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+B.b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C.c点时加入的铁粉与Cu2+反应D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
8.标准状态下，现在一固定容积的容器盛满NO、O2、NO2混合气体，将该容器倒置在水中，充分反应后无剩余气体，所得溶液的物质的量为m mol/L则m（?? ）
A.?＜m＜ ???????????????B.?＜m＜33.6??????????????C.?0＜m＜ ???????????????D.?＜
二、综合题
9.【2017年高考浙江卷】分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份．
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图．
混合物中n[（NH4）2SO4]：n（NH4Cl）为________．
（2）另一份固体混合物中NH4+与Ba（OH）2溶液（浓度同上）恰好完全反应时，溶液中c（Cl﹣=________（溶液体积变化忽略不计）．
10.称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·Lˉ1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。请计算：
（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量________。
（2）固体混合物中氧化铜的质量________。
11.氢氧化钠固体在实验室保存中容易变质。现取一定量的久存氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系
（不考虑CO2在水中的溶解）。试计算：
（1）盐酸的物质的量浓度为________mol/L。
（2）该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为________。
（3）若该氢氧化钠固体样品溶于水后用于吸收CO2 ， 最多能吸收CO2的体积（标况下）是________
12.已知下列热化学方程式：
①H2O(l)=H2(g)+ O2(g)???? △H=+285.8 kJ/mol
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g)???? △H=-241.8 kJ/mol
③NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)???? △H=-57.3kJ/mol
④C(s)+ O2(g)=CO(g)???? △H=-110.5 kJ/mol
⑤C(s)+O2(g)=CO2(g)???? △H=-393.5 kJ/mol
回答下列问题：
（1）上述反应中属于吸热反应的是________? 。
（2）C的燃烧热为________。
（3）燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为________。
（4）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：________；写出制水煤气的热化学方程式：________。
专题十八 化学计算方法与技巧（教师版）
1.高考中化学计算主要包括以下类型：
①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算；
②有关物质的量的计算；
③有关气体摩尔体积的计算；
④有关溶液浓度(质量分数和物质的量浓度)的计算；
⑤利用化学方程式的计算；
⑥有关物质溶解度的计算；
⑦有关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；
⑧有关燃烧热的简单计算；
⑨以上各种化学计算的综合应用。
2．常见题型为计算选择题，计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题等。
3．近年高考化学计算题主要有以下特点：
(1)注意速算巧解。一般在第Ⅰ卷中会出现五到七个左右要计算的量很少或者根本不需要计算的试题。纯计算题不超过两个，其命题意图是考查对化学知识的理解、掌握和运用。重点考查学生运用题给信息和已学相关知识进行速算巧解的能力。
(2)起点高、落点低。这方面主要是第Ⅱ卷中的计算题。试题常以信息给予题的形式出现，但落点仍是考查基本计算技能。
(3)学科渗透，综合考查。主要考查各种数学计算方法的运用、物理学科中的有效数字及语文学科的阅读能力。
(4)综合计算题的命题趋势是理论联系实际，如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编制试题，考查视野开阔，考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。
一、有关化学量与化学式的计算
以物质的量为中心的计算既是基本概念的内容，又是化学计算的必不可少的计算工具
（1）有关物质的量、质量、气体体积、微粒数间的换算
（2）相对分子质量、各元素的质量分数
（3）有机物的分子式、结构式
（4）阿伏加德罗定律及其推论的应用
解题策略
（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系
（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系
（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用
　二、有关溶液的计算
以溶液为中心的计算，主要是灵活运用有关的计算公式。
（1）有关溶质溶解度的计算
（2）有关溶液浓度（溶液的溶质质量分数和物质的量浓度）的计算
（3）有关溶液pH的计算
（4）有关溶液中离子浓度的计算
解题策略
（1）有关溶解度和溶液浓度的计算，关键要正确理解概念的内涵，理清相互关系一般可采用守恒法进行计算
（2）有关溶液pH及离子浓度大小的计算，应在正确理解水的离子积、pH概念的基础上进行分析、推理。解题时，首先明确溶液的酸（碱）性，明确c（H+）或c（OH-）
三、有关反应速率、化学平衡的计算
化学反应速率、化学平衡的有关计算是计算的难点，化学反应速率及化学平衡的理论的抽象性以及逻辑性，再加上条件的多样性，使其成为较难掌握的一种计算类型。
（1）利用化学反应速率的数学表达式进行计算
（2）各物质反应速率间的换算
（3）有关化学平衡的计算
解题策略
（1）加强对速率概念、平衡移动原理的理解
（2）将等效平衡、等效转化法等分析推理方法与数学方法有机结合，在采用常规解法的同时，可采用极值法、估算法等解题技巧
四、有关氧化还原、电化学的计算
以氧化还原为中心的有关计算，是高考的热点。
（1）氧化产物、还原产物的确定及量的计算
（2）转移电子数、电荷数的计算
（3）电极析出量及溶液中的变化量的计算
（4）有关氧化还原反应的其他典型计算
解题策略
关键在于根据得失电子总数相等，列出守恒关系式求解
五、有关化学方程式的计算
有关化学方程式的计算是最常见的计算类型之一，关键是正确理解化学方程式的系数之间的关系。
（1）运用计算技巧进行化学方程式的有关计算
（2）热化学方程式中反应热、中和热、燃烧热的计算
解题策略
（1）深刻理解化学方程式、热化学方程式的含义，充分利用化学反应前后的有关守恒关系
（2）搞清各解题技巧的使用条件和适用范围，读懂题目，正确选择
六、综合计算
主要考点
（1）过量计算问题的分析讨论
（2）混合物计算和解题技巧
（3）复杂化学式的确定方法
（4）无数据计算的解决方法
（5）数据缺省型的计算方法
（6）讨论型计算的解题思路
（7）隐含条件题的解决方法
（8）化学图象题的解题技巧
解题策略
认真审题，明确是常见综合计算中的哪种类型，寻求解决的合理思路和解决方法；善于抓住化学与数学知识间的交叉点，运用所掌握的数学知识，通过对化学知识的分析，建立函数关系。
一、差量法
差量法在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以是非固体物质质量的和，将非固体物质中的比例关系合并为一个比例量，与原方程式中各种量成比例关系。
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　Δm(固)
2×84 g 106 g 44 g 18 g 62 g
其固体差量可用下列两种方法得出：
(2NaHCO3－Na2CO3)或(CO2＋H2O)
(2×84 g－106 g) 或(44 g＋18 g)
二、关系式
物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法
(1)叠加法
(2)元素守恒法
(3)电子转移守恒法
三、极值
(1)极值法的含义
极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。
(2)极值法解题的基本思路
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯净物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
(3)极值法解题的关键
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
(4)极值法解题的优点
极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
考点一 阿伏加德罗常数综合
典例1：设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（?? ）
A.?10 g的2H216O中含有的质子数与中子数均为5NA????????
B.?32 g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NAC.?26 g C2H2与C6H6混合气体中含C－H键的数目为2NA????????
D.?120 g NaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
【答案】B
【解析】A.2H216O的摩尔质量为20g/mol，10g的物质的量为0.5mol，含有的质子数与中子数均为5N，不符合题意；B.32 g硫在足量的氧气中充分燃烧生成1mol二氧化硫，转移电子数为4NA ，符合题意；C.C2H2与C6H6的最简式都是CH，26g混合气体中含2molCH，则含C－H键的数目为2NA ，不符合题意；?D.NaHSO4和KHSO3的摩尔质量都是120g/mol，120g混合物的物质的量为1mol，固体混合物中含有的阳离子分别是Na+、K+ ，则阳离子数为NA，不符合题意。故答案为：B。
【分析】根据摩尔质量与物质的量之间的关系以及电子转移和化学键的关系等进行分析即可。
对点模拟1．【2017年高考新课标Ⅱ卷】阿伏伽德罗常熟的值为NA ． 下列说法正确的是（　　）
A.?1L0.1mol?L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1NAB.?2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NAC.?标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAD.?0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【解析】解：A．铵根易水解，所含NH4+数小于0.1NA ，故A错误；B．n（Mg）= =0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+ ，则1molMg参与反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2NA ，故B错误；C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1NA ， 故C错误；D．H2+I2=2HI这是一个气体体积不变的反应，故反应前后气体总物质的量不发生变化，反应前气体总物质的量为0.2mol，故反应后气体总物质的量为0.2mol，即分子总数为0.2NA ， 故D正确，故选D．
【分析】A．铵根易水解；B．Mg与H2SO4反应生成Mg2+ ， 故1molMg参与反应转移2mol电子；C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol；D．H2+I2=2HI这是一个气体体积不变的反应，故反应前后气体总物质的量不发生变化．
考点二物质的量浓度的计算
典例2：【2018年高考新课标Ⅱ卷】NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.?常温常压下，124g P4中所含P-P键数目为4NA????????
B.?100mL 1mol·L-1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC.?标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA????????
D.?密闭容器中，2mol SO2 和1mol O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】A.白磷是正四面体结构，每个分子含有6个共价键，124g白磷的物质的量n=m/M=1mol，含有的化学键应为6NA，故A不符合题意B.100mL 1mol·L-1 FeCl3溶液中含有 FeCl3的物质的量n=cV=0.1mol，但 FeCl3是强酸弱碱盐会发生水解，所以Fe3+的数目＜0.1NA ， 故B不符合题意C.甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）分子中都含有氢原子，且都含有4个氢原子，标准状况下，11.2L混合物的物质的量n=V/Vm=0.5mol，所以含有的氢原子数为0.5×4=2NA，A故C符合题意D.SO2 + O2 SO3 ，该反应是一个可逆反应，2mol SO2 和1mol O2完全反应生成SO3为2mol，但可逆反应不可能完全反应，所以分子总数应＞2NA ， 故D不符合题意故答案为:C
【分析】该题考查白磷的结构及化学键、强酸弱碱盐的水解、气体摩尔体积、可逆反应等相关知识点；易错点：①P4错认为是4个共价键，实际上P4是正四面体结构，每个分子含有6个共价键；②忽略强酸弱碱盐的水解；③关于混合物中原子数的计算；④可逆反应不能进行彻底即可逆反应是一个动态平衡
对点模拟2．【2017年高考新课标Ⅲ卷】NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）
A.?0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子B.?pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C.?2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子D.?密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加2NA个P﹣Cl键
【答案】A
【解析】解：A．11B中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子，含有0.6NA个中子，故A正确；B．没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误；C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P﹣Cl键小于2NA ， 故D错误；故选A．
【分析】A．B的质子数为5，11B中含有中子数=质量数﹣质子数=11﹣5=6；B．缺少溶液体积，无法计算氢离子数目；C．标况下苯的状态不是气体；D．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．
考点三 过量问题、混合反应范围讨论的计算
典例3：【2016年高考上海卷】称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（? ）
A.?1：1 ??B.?1：2 ??C.?1.87：1 ??D.?3.65：1
【答案】C
【解析】解：假设混合物完全为（NH4）2SO4时消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物质的量为： ≈0.0548mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548mol×2=0.1096mol＞0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足， （NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应NH4HSO4 ， 然后与（NH4）2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为： =0.08mol，则与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物质的量为0.02mol，所以（NH4）2SO4的质量为：7.24g﹣115g/mol×0.02mol=4.94g，其物质的量为： ≈0.0374mol，则NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，故选C．
【分析】先利用极值法判断氢氧化钠过量情况，氢氧化钠不足时硫酸氢铵电离出的氢离子优先反应，然后铵根离子与氢氧化钠反应，根据氨气的物质的量可计算出硫酸氢铵的物质的量，然后利用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可计算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比．本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，正确判断氢氧化钠的过量情况及发生反应的先后顺序即可解答，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
对点模拟3．已知氯气与氢氧化钠可发生如下反应：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，反应产物与反应温度和氢氧化钠浓度有关。现将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.0 mol/L的浓氢氧化钠溶液中，加热少许时间后恰好完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断正确的是（??? ）
A.?与氢氧化钠反应的氯气一定为0.15 molB.?n(NaCl)=5n(NaClO)+n(NaClO3)C.?若反应中转移的电子为n mol，则0.15≤ n ≤0.25D.?n(Na+):n(Cl-)可能为2:1
【答案】A
【解析】A.参与反应的n(NaOH)=c×V=10mol/L×0.03L=0.3mol；若只发生反应“Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O”则消耗Cl2的物质的量为；若只发生反应“3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O ”则消耗Cl2的物质的量为；故与NaOH溶液反应的Cl2一定是0.15mol，选项正确，A符合题意；B.若只发生反应“Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O”则n(NaCl)=n(NaClO)=0.15mol若只发生反应“3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O ”则n(NaCl)=0.25mol、n(NaClO3)=0.05mol由于两个反应都有发生，故0.15mol＜n(NaCl)＜0.25mol、n(NaClO)＜0.15mol、n(NaClO3)＜0.05mol因此5n(NaClO)+n(NaClO3)＜0.15mol×5+0.05mol=0.8mol，即5n(NaClO)+n(NaClO3)＜0.8mol因此n(NaCl)不一定等于5n(NaClO)+n(NaClO3)，选项错误，B不符合题意；C.若只发生反应“Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O”则转移电子数n=0.15mol若只发生反应“3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O ”则转移电子数由于两个反应都有发生，故转移电子数介于二者之间，即0.15＜n＜0.25mol，选项错误，C不符合题意；D.若只发生反应“Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O”则溶液中若只发生反应“3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O ”则溶液中由于两个反应都有发生，故其比值介于二者之间，即， 选项错误，D不符合题意；故答案为：A
【分析】反应后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，说明两个反应都有发生，可采用极值法进行计算。即假设只发生反应“ Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O”，或只发生反应“3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O ”进行计算。
考点四 燃烧热计算综合
典例4：由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g），生成1mol晶体硅的热效应是（?? ）
化学键
Si﹣Cl
H﹣H
Si﹣Si
H﹣Cl
键能（kJ/mol）
360
436
176
431
A.?吸收236KJ????????????????????????B.?放出236kJ????????????????????????C.?放出116kJ????????????????????????D.?吸收116kJ
【答案】A
【解析】解：反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，则该反应的焓变△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2﹣176kJ/mol×2﹣431kJ/mol×4=+236kJ/mol，即：生成1mol晶体硅需要吸收236kJ的热量，故选A．
【分析】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键，据此列式计算．
对点模拟4．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ?mol－1。氢气的燃烧热为285.8 kJ?mol－1。现有9 mol的甲烷和氢气的混合气体，完全燃烧后放出热量7408.2 kJ，则该混合气体中甲烷和氢气的物质的量比为(　　)
A.?1∶8???????????????????????????????????B.?8∶1???????????????????????????????????C.?4∶17???????????????????????????????????D.?17∶4
【答案】B
【解析】设甲烷xmol、氢气ymol，则x+y=9、890.3x+285.8y=7408.2，解得：x=8、y=1，故选B。
故答案为：B
【分析】本题考查了燃烧热的计算
一、单选题
1.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度(mol·L－1)为(??? )
A.??????????????????????????????????B.????????????????????????????????C.??????????????????????????????????D.?
【答案】D
【解析】根据反应Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2 ↓ 可知，溶液中n(Mg2＋)= n(Mg2+)=mol ；根据反应Ba2＋＋SO42－=BaSO4 ↓ 可知溶液中n(Ba2+)=bmol 。由溶液的电中性可得，溶液中；故原混合溶液中故答案为：D
【分析】由a mol NaOH根据反应Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2计算溶液中n(Mg2＋)；再由b mol BaCl2根据反应Ba2＋＋SO42－=BaSO4计算溶液中n(Ba2＋)，由溶液电中性，即可得出溶液中n(K＋)，最后根据浓度公式计算钾离子的物质的量浓度；
2.根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是（??? ）
A.?图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)??????????
B.?图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>aC.?图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1??????????
D.?由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋ ， 可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
【答案】B
【解析】A、体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c【分析】A，根据质子守恒分析；B，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小；C，根据燃烧热的定义求解；D，铁离子水解完全转化为氢氧化铁沉淀；
3.【2018年高考海南卷】NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（?? ）
A.?12g金刚石中含有化学键的数目为4NA????????????????
B.?18g的D2O中含有的质子数为10C.?28g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6 NA????????
D.?1L 1mol·L-1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl- 的数目均为1 NA
【答案】C
【解析】A.金刚石中一根键被2个碳原子共用，即一个碳原子只有两占两根共价键，因此12g金刚石中含有化学键的数目为2NA ， 故不符合题意B.D2O的摩尔质量为2*2+16=20g/mol,质子数为×10×NA=9NA,故不符合题意C.乙烯环己烷的最简式都为CH2 ， 故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为28/14*3NA=6NA,符合题意D.铵根离子会发生水解，故数目＜1NA ， 不符合题意故答案为：C
【分析】A中忽略了键是两个原子共用的B中同位素质量数不同D中忽略了铵根离子的水解。
4.【2018年高考新课标Ⅰ卷】NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（?? ）
A.?16.25gFeCl3水解形成的Fe（OH）3胶体粒子数为0.1NAB.?22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC.?92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD.?1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
【答案】B
【解析】A 16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，氢氧化铁胶体离子是多个氢氧化铁的聚合体，因此，0.1molFeCl3水解得到的胶体离子小于0.1NA ， A项不符合题意。B 标准状况下22.4L氩气（Ar）物质的量为1mol，每个氩气分子含有18个质子，因此其质子数为18NA ， B项符合题意。C 92g甘油物质的量为1mol，1mol甘油含3mol羟基，C项不符合题意。D甲烷与氯气发生取代反应时，有机产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4 ， 因此CH3Cl分子数小于1mol，D项不符合题意。故答案为：B
【分析】考查阿伏加德罗常数的计算、氢氧化铁胶体的制备及胶体的组成、甘油的结构、甲烷与氯气的取代反应。
5.【2017年高考海南卷】NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述错误的是(??? )
A.?1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB.?1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC.?1 L 0.1 mol·L?1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD.?1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA
【答案】C
【解析】解：A、乙烯中含4条碳氢键，故1mol乙烯中含4NA条碳氢键，故A正确；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价，故1mol甲烷燃烧转移8mol即8NA个电子，故B正确；C、乙酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子个数小于0.1NA个，故C错误；D、CO和氮气中均含14个质子，故1molCO和氮气的混合物中含有的质子数为14NA个，故D正确．故选C．
【分析】A、乙烯中含4条碳氢键；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价；C、乙酸为弱酸，不能完全电离；D、CO和氮气中均含14个质子．
6.【2017年高考海南卷】在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O= +Cl-+8H+ ， 中M的化合价是（? ）
A.?+4????????????????????????????????????????B.?+5????????????????????????????????????????C.?+6????????????????????????????????????????D.?+7
【答案】C
【解析】解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所以﹣1+2×（+3）=﹣n+（﹣1）+（+8），解得n=2，根据化合价规则，M2O72﹣中氧元素化合价为﹣2价，所以M元素的化合价为+6价．故选C．
【分析】根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算．
7.向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是(????? )
A.a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+B.b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C.c点时加入的铁粉与Cu2+反应D.原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
【答案】B
【解析】A.a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3+、Cu2+、Fe2+ ， 选项错误，A不符合题意；B.b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 选项正确，B符合题意；C.c点表示加入铁粉的质量与溶液中固体增加的质量相同，故c点没有发生反应，选项错误，C不符合题意；D.当加入铁粉质量为0.56g时，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+ ， 故溶液中， 故溶液中n[Fe2(SO4)3]=0.01mol；当加入铁粉的质量为0.56~1.68g（即1.12g）时，发生也能够反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ ， 则溶液中,故溶液中n(CuSO4)=0.02mol；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1:2，选项错误，D不符合题意；故答案为：B
【分析】由于氧化性：Fe3+>Cu2+ ， 故加入铁粉时，铁先与氧化性强的Fe3+发生反应；当溶液中的Fe3+完全反应后，再与溶液中的Cu2+发生反应。据此结合选项进行分析。
8.标准状态下，现在一固定容积的容器盛满NO、O2、NO2混合气体，将该容器倒置在水中，充分反应后无剩余气体，所得溶液的物质的量为m mol/L则m（?? ）
A.?＜m＜ ???????????????B.?＜m＜33.6??????????????C.?0＜m＜ ???????????????D.?＜
【答案】A
【解析】解：若混合气体是NO2和O2 ， 且体积比为4：1，因为发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3 ， 生成硝酸的物质的量是溶于水的气体物质的量的 ，所得溶液的体积等于溶于水的气体体积，所以所得溶液的物质的量浓度为 mol/L= mol/L； 若混合气体是NO和O2 ， 且二者体积比为3：4，因为发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ， 生成硝酸的物质的量是溶于水的气体物质的量的 ，所得溶液体积等于溶于水的气体体积，所得溶液的物质的量浓度为 moL/L= mol/L，因是三种物质的混合物，应介于二者之间，故选A．
【分析】将NO、NO2、O2三种气体按一定比例充满一固定容积的容器，并将该容器倒置在水槽中，充分反应后，容器中无气体剩余，可能发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ， 所得溶液为HNO3溶液，利用端值法解答．
二、综合题
9.【2017年高考浙江卷】分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份．
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图．
混合物中n[（NH4）2SO4]：n（NH4Cl）为________．
（2）另一份固体混合物中NH4+与Ba（OH）2溶液（浓度同上）恰好完全反应时，溶液中c（Cl﹣=________（溶液体积变化忽略不计）．
【答案】（1）1：2（2）0.1mol/L
【解析】解：（1）分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份，而第一份加100ml的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为2.33g，其物质的量为： =0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为0.01mol，其质量为：0.01×132=1.32g，则每份中NH4Cl的质量为：2.39﹣1.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为 =0.02mol，所以两者的物质的量之比为：0.01：0.02=1：2，故答案为：1：2；（2）由（1）可知100ml氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓度为 =0.1mol/L，而2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物中铵根离子的物质的量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据NH4++OH﹣=NH3↑+H2O可知氢氧化钡的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为： =0.2L，c= = =0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L．
【分析】（1）分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物两份，而第一份加100ml的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为2.33g，其物质的量为： =0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为0.01mol，其质量为：0.01×132=1.32g，则每份中NH4Cl的质量为：2.39﹣1.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为 =0.02mol；（2）由（1）可知100ml氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓度为 =0.1mol/L，而2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物中铵根离子的物质的量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据NH4++OH﹣=NH3↑+H2O可知氢氧化钡的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为： =0.2L，根据c= 求氯离子的物质的量浓度．
10.称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·Lˉ1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。请计算：
（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量________。
（2）固体混合物中氧化铜的质量________。
【答案】（1）0.100 mol（2）2.40 g
【解析】（1）根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、Fe2(SO4)3+Fe=3Fe(SO4)3可知，最终溶液中的溶质都属于硫酸盐，根据硫酸根离子守恒可知，溶液中溶质的物质的量等于硫酸的物质的量，即0.05L×2.00mol/L=0.1mol；故答案为：0.100mol；（2）5.6g铁粉的物质的量为0.1mol最多可消耗0.1mol硫酸根离子生成硫酸亚铁，但原溶液中含有硫酸铁，则铁粉过量，最终固体为铜与铁的混合物，设CuO的物质的量为x，Fe2O3的物质的量为y，则5.6+64x-56×(x+y+0.1-x-3y)=3.0480x+160y=4解得x=0.03? ? y=0.01所以CuO的质量为0.03mol×80g/mol=2.40g；?故答案为：2.40g。
【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒进行解答。
11.氢氧化钠固体在实验室保存中容易变质。现取一定量的久存氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系
（不考虑CO2在水中的溶解）。试计算：
（1）盐酸的物质的量浓度为________mol/L。
（2）该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为________。
（3）若该氢氧化钠固体样品溶于水后用于吸收CO2 ， 最多能吸收CO2的体积（标况下）是________
【答案】（1）0.4（2）3:1（3）1.344L
【解析】（1）产生CO2的物质的量由反应的化学方程式：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2可得，反应消耗的HCl的物质的量为0.02mol，且参与反应的稀盐酸的体积为50mL，故所用稀盐酸的物质的量浓度（2）当加入200mL稀盐酸时，溶液中所含溶质为NaCl，其物质的量n(NaCl)=n(HCl)=0.4mol/L×0.2L=0.08mol；由碳守恒，可得原固体中n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol；由钠守恒，可得原固体中n(NaOH)=n(NaCl)-2n(Na2CO3)=0.08mol-2×0.02mol=0.04mol；故该样品中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为：0.04mol:0.02mol=2:1；（3）NaOH吸收CO2 ， 转化为NaHCO3 ， 该反应的化学方程式为：CO2+NaOH=NaHCO3 ， 故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(NaOH)=0.04mol；Na2CO3吸收CO2 ， 转化为NaHCO3 ， 该反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ， 故可吸收CO2的物质的量n(CO2)=n(Na2CO3)=0.02mol；故可吸收CO2的体积（标况下）V=n×Vm=(0.04mol+0.02mol)×22.4L/mol=1.344L；
【分析】（1）产生CO2反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2， 根据产生CO2的体积计算其物质的量，再由反应的化学方程式计算消耗HCl的物质的量，从而计算所用稀盐酸的物质的量浓度；（2）根据消耗盐酸的量，确定溶液中NaCl的量，进而根据钠守恒，确定原固体中所含NaOH的量；（3）吸收CO2的过程中，NaOH和Na2CO3都转化为NaHCO3 ， 根据反应的化学方程式计算吸收CO2的量；
12.已知下列热化学方程式：
①H2O(l)=H2(g)+ O2(g)???? △H=+285.8 kJ/mol
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g)???? △H=-241.8 kJ/mol
③NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)???? △H=-57.3kJ/mol
④C(s)+ O2(g)=CO(g)???? △H=-110.5 kJ/mol
⑤C(s)+O2(g)=CO2(g)???? △H=-393.5 kJ/mol
回答下列问题：
（1）上述反应中属于吸热反应的是________? 。
（2）C的燃烧热为________。
（3）燃烧10g H2生成液态水，放出的热量为________。
（4）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：________；写出制水煤气的热化学方程式：________。
【答案】（1）①（2）393.5 kJ/mol（3）1429 kJ（4）CO(g)+ O2(g)=CO2(g)? △H=283.0 kJ/mol；C(s)+H2O(g=CO(g)+H2(g)??? △H=+131.3 kJ/mol
【解析】试题分析：（1）吸热反应△H>0，因此①是吸热反应；（2）燃烧热：25℃时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，如C转化成CO2 ， H转化成液态水，因此⑤表示碳燃烧热的热化学反应方程式，即燃烧热：△H="-393.5" kJ/mol ；（3）②＋①得出：H2O（l）=H2O（g） △H=＋44kJ·mol－1⑥，②－⑥推出：H2（g）＋1/2O2（g）=H2O（l） △H=－241.8－44kJ·mol－1=－285.8 kJ·mol－1 ， 因此消耗10g氢气放出的热量为1429kJ；（4）⑤－④推出：CO（g）＋1/2O2（g）=CO2（g） △H=－283.0kJ·mol－1；④－②得出：C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g） △H=＋131.3kJ·mol－1。
【分析】此题考查燃烧热、盖斯定律，根据燃烧热的定义进行判断，注意燃烧热是生成稳定的氧化物，盖斯定律的应用，注意根据反应特点，找出现一次的物质进行消除。
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